北京市三帆中学2025~2026学年八年级上册12月月考数学试题【附解析】

/北京市三帆中学2025−2026学年八年级上学期12月月考数学试题一、单选题1．下列图标是轴对称图形的是（

）A． B． C． D．2．我国科研团队于今年研发成功128比特光量子芯片，芯片每个组件定位精度达到米．数据用科学记数法表示为（

）．A． B． C． D．3．下列计算正确的是（）A． B．2C．2 D．4．已知三角形的三边长分别为3，，，则的取值可以是（

）．A．3 B． C．4 D．5．下列分式从左到右变形错误的是（

）A． B．C． D．6．如图，在等边中，平分交于点，过点作于点，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．7．如图，在中，，，点，分别是，上的动点，将沿直线翻折，点的对应点恰好落在边上，若是等腰三角形，那么的度数为（

）

A．或 B．或C．，或 D．，或8．如图，，点，分别是射线，上的两个定点，点，分别是射线，上的两个动点，当最小时，的大小是（

）．A． B． C． D．二、填空题9．（1）；（2）．10．若分式有意义，则的取值范围是．11．在平面直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标是．12．如图，和中，．只需添加一个条件即可证明，这个条件可以是（写出一个即可）．13．如图，有甲、乙两种正方形纸片和丙种长方形纸片，用9张甲种纸片、1张乙种纸片和张丙种纸片恰好拼成（无重叠、无缝隙）一个大正方形，则．14．甲和乙计划前往距学校的图书馆，甲先出发步行前往，乙在30分钟后骑自行车前往，最终甲和乙同时抵达图书馆．若将甲和乙的运动过程看作匀速运动，已知乙的速度比甲的速度快，求甲的速度．设甲的速度为，请根据题意列出方程．15．如图，在中，，，．，，则的面积是．16．如图，是的高，，，，过点作交于点．下列四个结论中：①；②当时，；③；④．所有正确结论的序号是．三、解答题17．因式分解：（1）；（2）．18．（1）计算：（2）先化简，再求值：，其中．19．解分式方程：．20．如图，在中，，，，连接．（1）求证：；（2）若，求证：．21．数学课上，老师提出了下面的问题：已知：．（1）完成尺规作图（要求：用无刻度直尺和圆规完成，并保留作图痕迹）：①作的平分线；②作线段的垂直平分线，与的平分线交于点，与交于点．（2）过点作于，过点作的垂线，交的延长线于点（不要求用尺规作图）．（3）求证：．对于问题（3），小明的解答过程如下，请补全过程和理由：证明：连接，，∵平分，∴___________（___________）∵是线段的垂直平分线，∴___________（___________）．∵，，∴．∴在和中，∴（___________）．∴．（4）进一步思考：若图中，，则___________．22．对于正数和，如果数满足，定义一种能求出的新运算：．例如：因为，所以；（1）填空：___________，___________；（2）若，求的值；（3）这个新运算的性质与我们所学的幂运算有联系，探究它的性质．①举一个反例说明“若，则”是假命题：___________，___________，___________．②，该性质的证明过程如下：设，则．由此新运算的定义可得：．请参考以上方法，证明性质：．23．用一些等长的磁力棒可以组成平面图形或立体图形（如图1）．例如，用3根磁力棒可以组成一个等边三角形，用6根磁力棒最多可以组成4个等边三角形．（1）用9根磁力棒最多可以组成___________个等边三角形，这个几何图形有___________个面；（2）从等边三角形开始，若每次都增加3根磁力棒，并且以一个已有等边三角形为基础，在立体图形的外部拼出3个新的等边三角形（原来的边和顶点不会被“包”进新图形内部），就可以形成一系列几何图形（如图2）．用表示最初的3根磁力棒组成的等边三角形，表示用这样方法构成的第个几何图形．①在图形中，棱数___________，顶点数___________，面数___________（用含的式子表示）；②在①的条件下，写出，，之间的数量关系___________；（3）在（2）的条件下，当时，定义立体图形的“外角和”：每个顶点处的“外角”经过该顶点的各个面在此处的内角之和．立体图形的“外角和”=各顶点处的外角之和．例如，图形有4个顶点，经过每个顶点都有三个等边三角形的面，故每个顶点处的“外角”为，图形的“外角和”为．探究：当时，立体图形的“外角和”是否会随着发生变化？如果变化，用含的式子表示的外角和；如果不变，说明理由．24．如图，在与中，，，，将绕点逆时针旋转，连接，．为中点，连接，．（1）若点在边上，在图1中补全图形，直接写出线段与的数量关系和位置关系：___________；（2）当绕点旋转至如图2所示位置时，判断的形状，并证明；（3）在旋转过程中，设，当点共线时，直接写出之间的数量关系．25．数学活动课上，学习小组发现：周长一定的长方形中，正方形的面积最大．为了探究这一结论所蕴含的数学规律，计算了下列三组乘法算式的结果（每组算式中两个因数的和为定值）．第一组第二组第三组；；；；；；；；；．（1）发现如下规律：两正数和一定时，这两正数差的绝对值越小则这两正数的积___________（填“越大”或“越小”或“不变”）；（2）若两个正数的和为，设这两正数分别为和．请你利用整式乘法的知识解释上述规律；（3）请用上述规律解决问题：的最大值是___________．26．在平面直角坐标系中，对于线段与线段给出如下定义：若线段关于直线对称，线段关于直线对称（四点不在同一直线上），则称线段与线段互为兄弟线段．此时，若线段上的动点使得的最小值为，则称线段为线段的度兄弟线段．（1）图1的5条线段中，能够找到点使得线段与之形成互为兄弟线段关系的是线段___________，此时点的坐标为___________；（2）已知轴上的点，，若线段的90度兄弟线段与以，为顶点的矩形（如图2）有公共点，求的取值范围；（3）如图3，已知和过点且垂直于轴的直线，点为轴负半轴上一个定点且，点为轴上的动点，线段为线段的60度兄弟线段，若线段和直线有公共点，直接写出的取值范围．

答案1．【正确答案】D【分析】本题考查了轴对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形．根据轴对称图形的概念求解即可．【详解】解：A、该图形不是轴对称图形，不符合题意；B、该图形不是轴对称图形，不符合题意；C、该图形不是轴对称图形，不符合题意；D、该图形是轴对称图形，符合题意；故选D．2．【正确答案】C【分析】本题考查科学记数法，掌握好科学记数法的使用规范是解题关键．使用科学记数法表示较小的数，需将数据表示为的形式，其中，n为整数．【详解】解：由科学记数法的要求，对于，小数点向右移动9位，得2，∴．故选C．3．【正确答案】D【分析】本题考查指数运算规则，包括积的乘方、幂的乘方、同底数幂相乘和合并同类项，结合幂的乘方与积的乘方、同底数幂的乘法的概念和运算法则进行求解即可．【详解】解：A、∵，∴A错误；B、∵，∴B错误；C、∵和不是同类项，不能合并，∴，∴C错误；D、∵，∴D正确．故选D．4．【正确答案】D【分析】本题考查三角形的三边关系，熟练掌握相关知识是关键．根据三角形三边关系定理，任意两边之和大于第三边，同时任意两边之差小于第三边，列不等式求解即可．【详解】解：由三角形的三边关系可得，，解得，，只有选项D符合．故选D．5．【正确答案】C【分析】本题考查了分式性质：分子和分母同时除以或乘上同一个数（不为0），分式的值不变．据此逐项分析，即可作答．【详解】解：选项A：，正确，不符合题意；选项B：（分子分母同乘以），正确，不符合题意；选项C：取，左边，右边，不相等，错误，符合题意；选项D：，正确，不符合题意；故选C．6．【正确答案】B【分析】本题考查等边三角形的性质、角平分线的性质以及含角的直角三角形的性质，关键在于运用含的直角三角形中“角所对直角边等于斜边一半”的性质进行线段关系的推导．借助等边三角形“三线合一”定中点，结合含直角三角形性质分析线段关系，再通过边长公式验证选项即可．【详解】解：因为是等边三角形，所以，由于平分，那么，将代入可得，在中，，，则，可得，因为是等边三角形，所以，又因为平分，即，那么，把代入，可得．而，将代入可得，选项B正确，在等边中，平分交于点，过点作于点，因为，所以，选项A错误，在中，，可得，，所以，选项C错误，由前面分析可知，，则，所以，选项D错误．故选B．7．【正确答案】D【分析】本题考查了含直角三角形，折叠问题，解题的关键是掌握等腰三角形性质，分类讨论．由，得，分三种情况讨论∶①当时，可得，；②当时，即得，即得，；③当时，可得，．【详解】解∶由折叠可得，，，，，分三种情况讨论∶当时，如图：

，，∴；②当时，如图：

，，∴；③当时，如图：

，，，综上所述，为，或，故选∶D．8．【正确答案】C【分析】本题考查轴对称的性质，三角形的内角和定理与外角的性质，熟练掌握相关知识是关键．作点C关于的对称点，作点D关于的对称点，连接，由轴对称的性质可知，，，因此，当，，，四点共线时，取到最小值．设，用和表示出和，作差得出结果．【详解】解：如图，作点C关于的对称点，作点D关于的对称点，连接，由轴对称的性质可知，，，∴，当，，，四点共线时，取到最小值，设此时点、的位置为，，设，由轴对称的性质可知，，，∵，∴，∴，∵是的外角，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．故选C．9．【正确答案】1；/0.0625【分析】本题考查零指数幂和负指数幂，掌握好相关知识是解题关键．（1）根据零指数幂的性质进行计算即可；（2）根据负指数幂的性质进行计算即可．【详解】解：对于（1）：因为，所以根据零指数幂的性质，；对于（2）：根据负整数指数幂的性质，．10．【正确答案】【分析】本题考查分式有意义的条件．根据分式有意义的条件（分母不为零），即可得的取值范围．【详解】解：∵分式有意义，∴，∴．11．【正确答案】【分析】本题考查坐标与图形变化——轴对称．根据关于轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数进行求解．【详解】解：点关于轴的对称点的坐标是．12．【正确答案】(答案不唯一)【分析】本题考查全等三角形的判定定理，解题的关键在于根据已知条件和全等三角形的判定方法来确定所需添加的条件．已知公共边及一组对应角相等，可再添加一组对应边相等构成，如即可．【详解】解：已知在和中，，且两个三角形有公共边，即，添加条件，此时满足“边角边”（）判定定理，即可以证明，所以这个条件可以是(答案不唯一)．13．【正确答案】6【分析】本题考查完全平方公式的几何意义，解题的关键在于根据图形拼接关系得出大正方形的边长表达式，再结合完全平方公式确定的值．先求出大正方形的面积，再分别表示小正方形和长方形的面积，由完全平方公式求解即可．【详解】解：由题意得甲种正方形纸片的边长为，乙种正方形纸片的边长为，丙种长方形纸片的长为，宽为．由张甲种纸片、张乙种纸片和张丙种纸片恰好拼成一个大正方形，可知大正方形的边长为，可得大正方形的面积为，所以可得．甲种正方形纸片面积为，张甲种纸片面积为．乙种正方形纸片面积为，张乙种纸片面积为．丙种长方形纸片面积为，张丙种纸片面积为．因为大正方形的面积等于三种纸片面积之和，所以，则．综上，的值为．14．【正确答案】【分析】本题考查分式方程的实际应用，理解题意并根据等量关系列方程是解题关键．甲先出发30分钟，乙后出发同时到达，即甲所用时间比乙多0.5小时，根据速度和时间关系列方程【详解】解：∵甲的速度为，乙的速度比甲的速度快，∴乙的速度为，∴甲行驶所用时间为小时，乙行驶所用时间为小时，∵由于甲先出发30分钟（即0.5小时），且两人同时到达，∴甲所用时间比乙多0.5小时，根据题意可列方程：．15．【正确答案】【分析】本题考查了三角形全等的判定及性质，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，得出，即可求解．【详解】解：过点作于点E，如下图：中，，，，∴，，，，，，.16．【正确答案】②④【分析】①在线段上截取，连接，可证，得，，可证，得，即；②当时，，由得，利用角的和差可证，即；③由得，利用角的和差可证，则与不一定相等；④由得，利用角的和差可证，，由三角形全等的性质可证，从而可证．【详解】解：①在线段上截取，连接，∵是的高，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即；则①错误；②当时，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；则②正确；③∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，即，则当时，，此时，但题目中未给出的具体值，所以与不一定相等；则③错误；④∵，∴，∴，由③得，∵，∴，则，∴，∴；则④正确.17．【正确答案】（1）（2）【分析】本题考查因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．（1）先提取公因式，再根据完全平方公式因式分解；（2）先将原式变形，然后提取公因式，再根据平方差公式因式分解．【详解】（1）解：；（2）解：．18．【正确答案】（1）；（2），【分析】本题考查多项式乘多项式，分式的化简求值，掌握相关的运算法则是解题的关键．（1）根据多项式乘多项式的法则计算即可；（2）先根据分式的混合运算法则对式子化简，再代入m的值求解即可．【详解】（1）解：；（2）解：，当时，原式．19．【正确答案】【分析】本题考查解分式方程．去分母，去括号，移项、合并同类项，系数化为，检验即可．【详解】解：，去分母，，去括号，，移项、合并同类项，，系数化为，，检验：当时，，∴是原分式方程的解．20．【正确答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解．【分析】本题考查三角形全等的判定和性质，等边对等角，平行线的性质．（1）由，可得，结合已知即可证得结论；（2）由等边对等角可得，由三角形全等的性质可得，由平行线的性质可得，可得，即可证得结论．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，在和中，，∴．（2）证明：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．21．【正确答案】（1）见详解（2）见详解（3）过程见详解（4）【分析】（1）按照尺规作图的操作步骤进行作图即可；（2）按照题意进行作图即可；（3）由角平分线的性质可得，，由垂直平分线的性质可得，，结合条件可证明，按步骤填空即可；（4）设，由（3）可得，，进一步得到．容易证明，则，从而求出，结合，求出x的值，最后求出．【详解】（1）解：①平分线如图所示；②垂直平分线如图所示；（2）解：垂线如图所示；（3）证明：连接，．∵平分，∴（角平分线的性质），∵是线段的垂直平分线，∴（垂直平分线的性质），∵，，∴．∴在和中，∴，∴．（4）解：设，由（3）可得，，∴，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，解得，∴．22．【正确答案】（1），．（2）的值为；（3），，（答案不唯一）证明过程见详解．【分析】本题考查有理数乘方的逆运算，举反例说明命题为假命题，同底数幂相乘．（1）由新定义运算，结合有理数乘方的逆运算，即可求解；（2）由新定义运算，可得，结合，，即可得的值；（3）根据新定义运算，结合有理数乘方的逆运算，举反例即可；设，，则，，由新定义运算，结合同底数幂的乘法，即可证得结论．【详解】（1）解：∵．∴，．（2）解：∵，∴，∴，∴，∵，，∴．（3）解：∵，，，∴，又∵，∴“若，则”是假命题．∴，，．证明：设，，则，，∴．∴．23．【正确答案】（1）6；6（2）①；；②（3）不变，理由见详解【分析】本题考查立体图形的顶点数、棱数与面数的关系，等边三角形的性质，图形类型找规律，正确理解题意并归纳出规律是解题关键．（1）9根磁力棒可以组成一个六面体，每个面都是等边三角形；（2）①先列出、、的棱数、顶点数和面数，归纳总结出规律，推广到一般情况；②根据①的结论，表示出，，之间的数量关系；（3）设立体图形的一个顶点为，经过顶点的面数为，由于每个面都是等边三角形，则顶点处的外角为，的外角和为．因为每个面在计数时被计算3次，因此，代入求得的外角和为是一个定值．【详解】（1）解：9根磁力棒可以组成一个每个面都是等边三角形的六面体，共6个等边三角形．（2）解：①根据题意，在图形中，有3条边，3个顶点，1个面；在图形中，有6条棱，4个顶点，4个面；在图形中，有9条棱，5个顶点，6个面；归纳得，在图形中，棱数，顶点数，面数；②∵，，，∴．（3）解：不变，理由如下：由（2）可知，立体图形有个顶点，个面，设立体图形的一个顶点为（为正整数，且），经过顶点的面数为．∵立体图形每个面都是等边三角形，∴顶点处的外角为，∴立体图形的“外角和”为：，，∵立体图形每个面都是等边三角形，∴每个面会被计算3次，∴，∴立体图形的“外角和”为：为定值，∴立体图形的“外角和”不变．24．【正确答案】（1）,（2）为等腰直角三角形（3）【分析】（1）延长交于点，证明，进而根据线段和角度的关系可求解；（2）延长到点,使得，证明，从而，根据角度等量关系，证明，最后即可得到为等腰直角三角形；（3）根据第二问，由三角形的外角定理可得结论．本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，三角形外角定理，熟练掌握全等三角形的模型是解题关键．【详解】（1）解：根据题意可得图：延长交于点，∵∴∴∴,∵为中点，在和中，∴,∴，∵∴∵∴为等腰直角三角形，平分∴,∴,,.（2）解：根据题意可得图：延长到点,使得,连接,,,∵为中点，在和中，∴,∴,∴,,,∴,在和中，∴,,,,∴为等腰直角三角形，平分,,为等腰直角三角形．（3）根据题意可得图：点共线时，,由（2）问可得为等腰直角三角形．,∵，,∴25．【正确答案】（1）越大（2）见详解（3）【分析】本题考查数字类规律探索，多项式乘法中的规律性问题．（1）比较每组中两个数的和、差、积，即可求解；（2），，当越小时，越小，越大，即可求解；（3），，由（1）可得当时，取得最大值，把代入计算即可．【详解】（1